Devoir sur feuille n
o2
I
Résoudre dansRles équations suivantes : a) Soit l’équation 3x2−5x−1=0
Le discriminant est∆=37>0. L’équation a deux solutions :
S= (5−p
37 6 ; 5+p
37 6
)
b) Soit l’équationx4+4x2−21=0.
On poseX=x2donc x4+4x2−21=0⇔
½ X=x2
X2+4X−21=0
Le discriminant de cette équation d’inconnueXest
∆=100>0.
Elle a deux solutions réelles :X1=−4−10 2 = −7 et X2=−4+10
2 =3.
OrX=x2, donc on résout les équationsx2=X1etx2=X2. x2=X1= −7 n’as pas de solution ;x2=X2=3 a deux solu- tions,−p
3 etp 3.
L’ensemble des solutions est donc S=n−p3 ;p3o .
II
1. On trouve à la calculatrice qu’une racine du polynôme x3−150x+500 est 10. (doncn=10)
2. On cherchea,betctels que x3−150x+500=(x−10)¡
ax2+bx+c¢ . (x−10)¡
ax2+bx+c¢
=ax3+(b−10a)x2+(c−10b)x−10c.
Par identification des coefficients, on obtient le système :
a=1 b−10a=0 c−10b= −150
−10c=500 .
On en déduita=1,b=10,c= −50 etc= −50.
On en déduit :x3−150x+500=(x−10)¡
x2+10x−50¢ 3. x3−150x+500=0⇔(x−10)¡
x2+10x−50¢
=0.
Un produit de facteurs est nul si, et seulement si, l’un des facteurs est nul.
• x−10=0⇔x=10
• x2+10x−50=0;∆=300>0; il y a deux solutions : x2=−10−p
300
2 = −5−5p 3= −5³
1+p 3´
et x3= −5³
1−p 3´ L’ensemble des solutions est
S=n10 ;−5³1+p3´−5³1−p3´o.
III
Résoudre soigneusement l’inéquation 2x+5
x−5 É3x−1 3x+1
• L’ensemble de définition estD=R\
½
−1 3 ; 5
¾
• Pourx∈D,2x+5
x−5 É3x−1
3x+1⇔2x+5
x−5 −3x−1 3x+1É0
⇔(2x+5)(3x+1)−(3x−1)(x−5) (x−5)(3x+1) É0
⇔
¡6x2+2x+15x+5¢
−¡
3x2−15x−x+5¢
(x−5)(3x+1) É0
⇔6x2+17x+5−3x2+16x−5
(x−5)(3x+1) É0⇔ 3x2+33x (x−5)(3x+1)É0
⇔ 3x(x+11) (x−5)(3x+1)É0.
On étudie le signe de chaque facteur et l’on renseigne un ta- bleau de signes.
3x=0⇔x=0 x+11=0⇔x= −11
On sait qu’un polynôme du second degré qui a deux racines est du signe du coefficient de x2à l’extérieur de l’intervalle formé par les racines.
Tableau de signes:
x −∞ −11 −1
3 0 5 +∞
3x(x+11) + 0 − −0+ + (x−5)(3x+1) + + − − +
3x(x+11)
(x−5)(3x+1) + 0 − +0− +
L’ensemble des solutions est S =
·
−11 ;−1 3
·
∪[0 ; 5[
IV
On donne la suite (tn) définie pour tout entier natureln, par :
t0=0
tn+1=tn+ 1 (n+1)(n+2)
. SoitP(n) :∀n∈N,tn= n
n+1. Initialisation:t0=0 et 0
0+1=0.P(0) est vraie Hérédité: On suppose quetn= n
n+1; montrons alors que tn+1=n+1
n+2.
D’après l’hypothèse de récurrence : tn+1=tn+ 1
(n+1)(n+2)= n
n+1+ 1 (n+1)(n+2)
= n(n+2)+1
(n+1)(n+2)= n2+2n+1
(n+1)(n+2)= (n+1)2
(n+1)(n+2)= n+1 n+2 La propositionP(n) est héréditaire.
D’après l’axiome de récurrence,P(n) est vraie pour toutn∈ N.
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V
Partie A 1. p³
A´
=1−x.
2. On a doncx(1−x)=0,24⇐⇒ x−x2=0,24
⇐⇒ x2−x+0,24=0.
∆=1−4×0,24=1−0,96=0,04=0,22. Il y donc deux so- lutions :
x1=1+0,2
2 =0,6 etx2=1−0,2 2 =0,4.
Partie B
1. p(A)=0,6 :p³ A´
=1−0,6=0,4 etpA(B)=3 5=0,6.
0,6 A
0,6 B
0,4 B
0,4 A
0,1 B
0,9 B
2. (a) « le lecteur a choisi l’abonnement à la "Revue Spé- ciale d’Économie" et au "Guide des Placements en Bourse" ».
p(A∩B)=p(A)×pA(B)=0,6×0,6= 0,36.
(b) « le lecteur n’a pas choisi l’abonnement à la "Revue Spéciale d’Économie" et n’a pas choisi l’abonnement au "Guide des Placements en Bourse" ».
p³ A∩B´
=p³ A´
×pA³ B´
=0,4×0,9= 0,36. 3. D’après la loi des probabilités totales :
p(B)=p(A∩B)+p
³ A∩B
´
Orp³ A∩B´
=p³ A´
×pA(B)=0,4×0,1=0,04.
Doncp(B)=0,36+0,04= 0,4. pB(A)=p(B∩A)
p(B) =0,36 0,40=36
40= 9
10= 0,9.
4. On a une épreuve de Bernoulli avecn=3 etp=p(B)=0,4.
La probabilité qu’aucun des trois n’ait choisi l’abonne- ment au « Guide des Placements en Bourse »est égale à (1−0,4)3=0,63=0,216, donc la probabilité pour qu’au moins l’un d’eux ait choisi l’abonnement au « Guide des Placements en Bourse »est égale à :
1−0,216= 0,784.
VI
1. f est une fraction rationnelle, donc dérivable sur tout in- tervalle inclus dans son ensemble de définition, et :
f′(x)=2(x+1)−(2x+1) (x+1)2 = 1
(x+1)2>0
Doncf est croissante sur [0; 2], et comme f est continue l’image de [1;2] parf est
[f(1) ;f(2)]=
·3 2; 5
3
¸
⊂[1 ; 2], ainsi :
six∈[1 ; 2] alors f(x)∈[1 ; 2]. 2. (a) Voir le graphique.
(b) SoitPnla proposition de récurrence : 1ÉvnÉ2.
Initialisation: commev0=2 alorsP0est vraie.
Hérédité : soit n ∈ N et supposons Pn vraie, alors 1ÉvnÉ2, donc 1Éf(vn)É2, d’après la relation dé- montrée à la question 1.
Ainsi siPnest vraie alorsPn+1est vraie, maisP0est vraie, donc pour toutn,Pnest vraie.
Ainsi pour tout entier natureln, 1ÉvnÉ2.
SoitQnla proposition de récurrence :vn+1Évn. Orv1=f(v0)=f(2)=5
3 doncv1Év0. DoncQ0est vraie.
SupposonsQnvraie, alorsvn+1Évn, maisvnetvn+1
sont deux nombres de [0; 2], donc commef est crois- sante sur [0; 2], alors :
f(vn+1)Éf(vn)⇐⇒ vn+2Évn+1
DoncQn+1est vraie.
Ainsi, siQnest vraie alorsQn+1est vraie, maisQ0est vraie, donc pour toutn,Qnest vraie.
Ainsi pour tout entier natureln,vn+1Évn.
On admettra que l’on peut démontrer de la même fa- çon que :
Pour tout entier natureln, 1ÉunÉun+1É2.
(c) ∀n∈N,vn+1−un+1=2vn+1
vn+1 −2un+1 un+1
=(2un+1)(vn+1)−(2un+1)(vn+1) (vn+1)(un+1)
=2unvn+un+2vn+1−2unvn−2un−vn−1 (un+1)(vn+1)
= vn−un
(vn+1) (un+1).
SoitRnla relation de récurrence :vn−unÊ0 Orv0−u0=2− =1, doncR0est vraie.
SupposonsRnvraie, alorsvn−unÊ0, mais :
vn+1−un+1=
>0
z }| { vn−un
vn+1
| {z }
>0
un+1
| {z }
>0
.
Doncvn+1−un+1>0.
Ainsi, siRnest vraie alorsRn+1est vraie, maisR0est vraie, donc pour toutn,Rnest vraie.
Ainsi pour tout entier naturelvn−unÊ0.
Comme 1ÉunÉ2, alors 2Éun+1É3 et 1
3É 1 un+1É1
2. De même,1
3É 1 vn+1É1
2. Or
vn+1−un+1= vn−un
(vn+1) (un+1)⇒vn+1−un+1Évn−un
4 .
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(d) En procédant par récurrence, on démontre que pour tout entier natureln:
vn−unÉ µ1
4
¶n
(v0−u0
| {z }
=1
)
(e) Comme la suite (un) est croissante (unÉun+1) et ma- jorée par 2, alorsu est convergente.
Comme la suite (vn) est décroissante (vn Êvn+1) et minorée par 1, alorsv est convergente.
Comme−1<1
4<1, alors lim
n→+∞
µ1 4
¶n
=0 et comme pour tout entier natureln, 0Évn−unÉ
µ1 4
¶n
,
alors d’après le théorème des gendarmes :
n→+∞lim vn−un=0 ⇐⇒
| {z }
u et vconvergent
n→+∞lim vn= lim
n→+∞un. Donc les suites (un) et (vn) convergent vers le même réelα.
Comme f est continue,un+1=f(un) etuconverge versα, alors :
α=f(α) ⇐⇒ α=2α+1 α+1
⇐⇒ α(α+1)=2α+1
⇐⇒ α2−α−1=0
⇐⇒ α=1±p 5 2
Or comme 1ÉunÉ2,α=1+p 5
2 . (nombre d’or)
0 1 2
0 1 2
0.5 1.0 1.5
0.5 1.0 1.5 2.0
Cf
O
u0 u1u2
× × × × ×
vv21×
v0Page 3/3
